Question

20．已知數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a₁=1，2S_n=n（a_n+1-1），n∈N^*．
（1）求a₂，a₃的值；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}＜\frac{7}{4}$．

Answer 1

分析 （1）∵a₁=1，2S_n=n（a_n+1-1）∴2a₁=a₂-1，解得a₂，同理可得a₃
（2）猜想a_n=2n-1，可選用第一數(shù)學(xué)歸納法，第二數(shù)學(xué)歸納法，遞推法，構(gòu)造新數(shù)列四種方法來證明該猜想成立．
（3）∵n²＞（n-1）•（n+1），∴$\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{（{n-1}）•（{n+1}）}}$…利用放縮法進(jìn)行證明．

解答 解：（1）∵a₁=1，2S_n=n（a_n+1-1）∴2a₁=a₂-1，解得a₂=3，同理可得a₃=5…（2分）
（2）（法一：第一數(shù)學(xué)歸納法）
由（1）猜想a_n=2n-1（n∈N*）…（3分）
證明：當(dāng)n=1時(shí)，a₁=1，命題成立．…（4分）
假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時(shí)，命題成立，即a_k=2k-1．…（5分）
因?yàn)椤?S_k=k（a_k+1-1）…①
又2S_k-1=（k-1）（a_k-1）…②
①-②得2a_k=ka_k+1-（k-1）a_k-1，即ka_k+1=（k+1）a_k+1…（6分）
所以${a_{k+1}}=\frac{{（{k+1}）（{2k-1}）+1}}{k}=\frac{{2{k^2}+k}}{k}=2k+1$…（7分）
所以當(dāng)n=k+1時(shí)，命題也成立．
綜上所述，當(dāng)n∈N*時(shí)，a_n=2n-1．…（8分）
（法二：第二數(shù)學(xué)歸納法）
由（1）猜想a_n=2n-1（n∈N*）…（3分）
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=1，命題成立．…（4分）
假設(shè)當(dāng)n≤k（k≥1）時(shí)，命題成立，即a_k=2k-1．…（5分）
則${S_k}=\frac{{k（{1+2k-1}）}}{2}={k^2}$…（6分）
由2S_k=k（a_k+1-1）得${a_{k+1}}=\frac{{2{S_k}}}{k}+1=\frac{{2{k^2}}}{k}+1=2k+1$…（7分）
所以當(dāng)n=k+1時(shí)，命題也成立．
綜上所述，當(dāng)n∈N*時(shí)，a_n=2n-1．…（8分）
（法三：遞推法）∵2S_n=n（a_n+1-1）…①∴當(dāng)n≥2時(shí)，2S_n-1=（n-1）（a_n-1）…②
①-②得2a_n=na_n+1-（n-1）a_n-1，即na_n+1=（n+1）a_n+1…③…（4分）∴（n+1）a_n+2=（n+2）a_n+1+1…④
④-③得（n+1）a_n+2-na_n+1=（n+2）a_n+1-（n+1）a_n
化簡(jiǎn)得（n+1）（a_n+2+a_n）=2（n+1）a_n+1
故有a_n+2+a_n=2a_n+1（n≥2）…（6分）
由（1）知a₁+a₃=2a₂…（7分）
故數(shù)列{a_n}構(gòu)成以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．∴a_n=2n-1…（8分）
（法四：構(gòu)造新數(shù)列）∵2S_n=n（a_n+1-1）…①∴當(dāng)n≥2時(shí)，2S_n-1=（n-1）（a_n-1）…②
①-②得2a_n=na_n+1-（n-1）a_n-1，即na_n+1=（n+1）a_n+1…③…（4分）
兩邊同時(shí)除以n（n+1）得$\frac{{{a_{n+1}}}}{{（{n+1}）}}=\frac{a_n}{n}+\frac{1}{{n（{n+1}）}}$
即$\frac{{{a_{n+1}}}}{{（{n+1}）}}=\frac{a_n}{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，化簡(jiǎn)得$\frac{{{a_{n+1}}}}{{（{n+1}）}}+\frac{1}{n+1}=\frac{a_n}{n}+\frac{1}{n}（{n≥2}）$…（5分）
又由（1）可知$\frac{a_1}{1}+1=2$，$\frac{a_2}{2}+\frac{1}{2}=2$，∴$\frac{a_1}{1}+1=\frac{a_2}{2}+\frac{1}{2}$…（6分）
故數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{n}+\frac{1}{n}}\right\}$為等于2的常數(shù)數(shù)列…（7分）
所以$\frac{a_n}{n}+\frac{1}{n}=2$，化得a_n=2n-1
所以數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=2n-1…（8分）
（3）證明：由（2）知，a_n=2n-1，∴${S_n}=\frac{{n•（{1+2n-1}）}}{2}={n^2}，n∈{N^*}$…（9分）
①當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{1}{S_1}=1＜\frac{7}{4}$，∴原不等式成立．…（10分）②當(dāng)n=2時(shí)，$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}=1+\frac{1}{4}＜\frac{7}{4}$，∴原不等式亦成立．…（11分）
③當(dāng)n≥3時(shí)，∵n²＞（n-1）•（n+1），∴$\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{（{n-1}）•（{n+1}）}}$…（12分）∴$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{n^2}＜1+\frac{1}{1×3}+\frac{1}{2×4}+…+\frac{1}{{（{n-2}）•n}}+\frac{1}{{（{n-1}）•（{n+1}）}}$=$1+\frac{1}{2}（{\frac{1}{1}-\frac{1}{3}}）+\frac{1}{2}（{\frac{1}{2}-\frac{1}{4}}）+\frac{1}{2}（{\frac{1}{3}-\frac{1}{5}}）+…+\frac{1}{2}（{\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n}}）+\frac{1}{2}（{\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}}）$=$1+\frac{1}{2}（{\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}}）$=$1+\frac{1}{2}（{\frac{1}{1}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）=\frac{7}{4}+\frac{1}{2}（{-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）＜\frac{7}{4}$∴當(dāng)n≥3時(shí)，∴原不等式亦成立．綜上，對(duì)一切正整數(shù)n，有$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}＜\frac{7}{4}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了數(shù)學(xué)歸納法和放縮法在數(shù)列題目中的應(yīng)用，屬中檔題型，高考常有涉及．